2017年中考数学二轮专题复习讲义第13讲动态运动问题

2017年中考数学二轮专题复习讲义（13）动态运动问题
【专题点拨】
动态问题就是研究在几何图形的运动中伴随着一定的图形位置、数量关系的“变”与“不变”性．就其运动对象而言，有“点动” “线动”和“面动”；就其运动形式而言，有“移动”“滚动”“旋转”和“翻折”等．
【解题策略】
动态几何问题常集几何、代数知识于一体，数形结合，有较强的综合性，题目灵活多变，动中有静，动静结合，能够在运动变化过程中发展学生思维和空间想象能力，是中考热点，常在中考中以压轴题的形式出现．
【典例解析】
类型一：一点动型问题
例题1：（2016·湖北荆门·3分）如图，正方形ABCD的边长为2cm，动点P从点A出发，在正方形的边上沿A→B→C的方向运动到点C停止，设点P的运动路程为x（cm），在下列图象中，能表示△ADP的面积y（cm2）关于x（cm）的函数关系的图象是（　　）
A． B． C． D．
【考点】动点问题的函数图象．
【分析】△ADP的面积可分为两部分讨论，由A运动到B时，面积逐渐增大，由B运动到C时，面积不变，从而得出函数关系的图象．
【解答】解：当P点由A运动到B点时，即0≤x≤2时，y=×2x=x，
当P点由B运动到C点时，即2＜x＜4时，y=×2×2=2，
符合题意的函数关系的图象是A；
故选：A．
变式训练1：
（2016·青海西宁·3分）如图，点A的坐标为（0，1），点B是x轴正半轴上的一动点，以AB为边作等腰直角△ABC，使∠BAC=90°，设点B的横坐标为x，点C的纵坐标为y，能表示y与x的函数关系的图象大致是（　　）【来源：21·世纪·教育·网】
A． B． C．D．
类型二： 两点动型问题
例题2：（2016·四川内江）如图12所示，已知点C(1，0)，直线y＝－x＋7与两坐标轴分别交于A，B两点，D，E分别是AB，OA上的动点，则△CDE周长的最小值是______．
【考点】勾股定理，对称问题。
【解答】作点C关于y轴的对称点C1(－1，0)，点C关于x轴的对称点C2，连接C1C2交OA于点E，交AB于点D，则此时△CDE的周长最小，且最小值等于C1C2的长．
∵OA＝OB＝7，∴CB＝6，∠ABC＝45°．
∵AB垂直平分CC2，
∴∠CBC2＝90°，C2的坐标为(7，6)．
在△C1BC2中，C1C2＝＝＝10．
即△CDE周长的最小值是10．
故答案为：10．
变式训练2：
（2016·四川攀枝花）如图，在△AOB中，∠AOB为直角，OA=6，OB=8，半径为2的动圆圆心Q从点O出发，沿着OA方向以1个单位长度/秒的速度匀速运动，同时动点P从点A出发，沿着AB方向也以1个单位长度/秒的速度匀速运动，设运动时间为t秒（0＜t≤5）以P为圆心，PA长为半径的⊙P与AB、OA的另一个交点分别为C、D，连结CD、QC．
（1）当t为何值时，点Q与点D重合？
（2）当⊙Q经过点A时，求⊙P被OB截得的弦长．
（3）若⊙P与线段QC只有一个公共点，求t的取值范围．
类型三：线动型问题
例题3：（2016·黑龙江龙东·8分）已知：点P是平行四边形ABCD对角线AC所在直线上的一个动点（点P不与点A、C重合），分别过点A、C向直线BP作垂线，垂足分别为点E、F，点O为AC的中点．
（1）当点P与点O重合时如图1，易证OE=OF（不需证明）
（2）直线BP绕点B逆时针方向旋转，当∠OFE=30°时，如图2、图3的位置，猜想线段CF、AE、OE之间有怎样的数量关系？请写出你对图2、图3的猜想，并选择一种情况给予证明．
【考点】四边形综合题．
【分析】（1）由△AOE≌△COF即可得出结论．
（2）图2中的结论为：CF=OE+AE，延长EO交CF于点G，只要证明△EOA≌△GOC，△OFG是等边三角形，即可解决问题．
图3中的结论为：CF=OE﹣AE，延长EO交FC的延长线于点G，证明方法类似．
【解答】解：（1）∵AE⊥PB，CF⊥BP，
∴∠AEO=∠CFO=90°，
在△AEO和△CFO中，
，
∴△AOE≌△COF，
∴OE=OF．
（2）图2中的结论为：CF=OE+AE．
图3中的结论为：CF=OE﹣AE．
选图2中的结论证明如下：
延长EO交CF于点G，
∵AE⊥BP，CF⊥BP，
∴AE∥CF，
∴∠EAO=∠GCO，
在△EOA和△GOC中，
，
∴△EOA≌△GOC，
∴EO=GO，AE=CG，
在RT△EFG中，∵EO=OG，
∴OE=OF=GO，
∵∠OFE=30°，
∴∠OFG=90°﹣30°=60°，
∴△OFG是等边三角形，
∴OF=GF，
∵OE=OF，
∴OE=FG，
∵CF=FG+CG，
∴CF=OE+AE．
选图3的结论证明如下：
延长EO交FC的延长线于点G，
∵AE⊥BP，CF⊥BP，
∴AE∥CF，
∴∠AEO=∠G，
在△AOE和△COG中，
，
∴△AOE≌△COG，
∴OE=OG，AE=CG，
在RT△EFG中，∵OE=OG，
∴OE=OF=OG，
∵∠OFE=30°，
∴∠OFG=90°﹣30°=60°，
∴△OFG是等边三角形，
∴OF=FG，
∵OE=OF，
∴OE=FG，
∵CF=FG﹣CG，
∴CF=OE﹣AE．
变式训练3：
（2015湖南邵阳第9题3分）如图，在等腰△ABC中，直线l垂直底边BC，现将直线l沿线段BC从B点匀速平移至C点，直线l与△ABC的边相交于E、F两点．设线段EF的长度为y，平移时间为t，则下图中能较好反映y与t的函数关系的图象是（　　）
A． B．
C． D．
【解析】
【解答】
类型四：图动型问题
例题4：（2016江苏淮安，18，3分）如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=6，BC=8，点F在边AC上，并且CF=2，点E为边BC上的动点，将△CEF沿直线EF翻折，点C落在点P处，则点P到边AB距离的最小值是　1.2　．www-2-1-cnjy-com
【考点】翻折变换（折叠问题）．
【分析】如图，延长FP交AB于M，当FP⊥AB时，点P到AB的距离最小，利用△AFM∽△ABC，得到=求出FM即可解决问题．
【解答】解：如图，延长FP交AB于M，当FP⊥AB时，点P到AB的距离最小．
∵∠A=∠A，∠AMF=∠C=90°，
∴△AFM∽△ABC，
∴=，
∵CF=2，AC=6，BC=8，
∴AF=4，AB==10，
∴=，
∴FM=3.2，
∵PF=CF=2，
∴PM=1.2
∴点P到边AB距离的最小值是1.2．
故答案为1.2．
【点评】本题考查翻折变换、最短问题、相似三角形的判定和性质、勾股定理．垂线段最短等知识，解题的关键是正确找到点P位置，属于中考常考题型．【来源：21cnj*y.co*m】
变式训练4：
（2016·广东梅州）如图，在平面直角坐标系中，将△ABO绕点A顺时针旋转到△AB1C1的位置，点B、O分别落在点B1、C1处，点B1在x轴上，再将△AB1C1绕点B1顺时针旋转到△A1B1C2的位置，点C2在x轴上，将△A1B1C2绕点C2顺时针旋转到△A2B2C2的位置，点A2在x轴上，依次进行下去…．若点A（，0），B（0，2），则点B2016的坐标为______________．【版权所有：21教育】
【能力检测】
1. （2016.山东省临沂市，3分）如图，将等边△ABC绕点C顺时针旋转120°得到△EDC，连接AD，BD．则下列结论：21教育名师原创作品
①AC=AD；②BD⊥AC；③四边形ACED是菱形．
其中正确的个数是（　　）
A．0 B．1 C．2 D．3
2. （2015年浙江舟山4分）如图，在直角坐标系中，已知点A（0，1），点P在线段OA上，以AP为半径的⊙P周长为1. 点M从A开始沿⊙P按逆时针方向转动，射线AM交轴于点N（，0）. 设点M转过的路程为（）. 随着点M的转动，当从变化到时，点N相应移动的路径长为 21*cnjy*com
3. （2015?聊城）如图，在直角坐标系中，Rt△OAB的直角顶点A在x轴上，OA=4，AB=3．动点M从点A出发，以每秒1个单位长度的速度，沿AO向终点O移动；同时点N从点O出发，以每秒1.25个单位长度的速度，沿OB向终点B移动．当两个动点运动了x秒（0＜x＜4）时，解答下列问题：
（1）求点N的坐标（用含x的代数式表示）；
（2）设△OMN的面积是S，求S与x之间的函数表达式；当x为何值时，S有最大值？最大值是多少？
（3）在两个动点运动过程中，是否存在某一时刻，使△OMN是直角三角形？若存在，求出x的值；若不存在，请说明理由．
4. 如图1，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=15cm，BC=20cm，点D从点B出发沿BC边向点C运动，同时点E从点A出发沿AC边向点C运动，速度均为1cm/s，当一个点到达点C时，另一点也停止运动，连接DE，设点D的运动时间为t（单位：s，0≤t＜15），△CDE的面积为S（单位：cm2）21世纪教育网版权所有
（1）在点D、E运动过程中，DC﹣EC=　5　cm，并求出S与t的函数关系式；
（2）点D运动到什么位置时，S等于△ABC面积的一半？
（3）如图2，在点D、E运动的同时，将线段DE绕点E逆时针旋转45°，得到线段EP，过点D作DF⊥EP，垂足为F，连接CF，在DC上截取GC=5cm，连接FG，在点D、E运动过程中，线段CF的长是一个定值，求出其值；
（4）点D、E及EP按照（3）中的方式运动到某个时刻停止，仍过点D作DF⊥EP，垂足为F，如图3，令点Q在DE的右侧运动（点Q不与A、B重合），且DQ⊥EQ，连接QF，若DQ=m，EQ=n（m＞0，n＞0且m≠n），直接写出QF的长（用含m，n的式子表示）
5. （2016·四川攀枝花）如图，抛物线y=x2+bx+c与x轴交于A、B两点，B点坐标为（3，0），与y轴交于点C（0，﹣3）
（1）求抛物线的解析式；
（2）点P在抛物线位于第四象限的部分上运动，当四边形ABPC的面积最大时，求点P的坐标和四边形ABPC的最大面积．
（3）直线l经过A、C两点，点Q在抛物线位于y轴左侧的部分上运动，直线m经过点B和点Q，是否存在直线m，使得直线l、m与x轴围成的三角形和直线l、m与y轴围成的三角形相似？若存在，求出直线m的解析式，若不存在，请说明理由．
【参考答案】
变式训练1：
（2016·青海西宁·3分）如图，点A的坐标为（0，1），点B是x轴正半轴上的一动点，以AB为边作等腰直角△ABC，使∠BAC=90°，设点B的横坐标为x，点C的纵坐标为y，能表示y与x的函数关系的图象大致是（　　）
A． B． C．D．
【考点】动点问题的函数图象．
【分析】根据题意作出合适的辅助线，可以先证明△ADC和△AOB的关系，即可建立y与x的函数关系，从而可以得到哪个选项是正确的．
【解答】解：作AD∥x轴，作CD⊥AD于点D，若右图所示，
由已知可得，OB=x，OA=1，∠AOB=90°，∠BAC=90°，AB=AC，点C的纵坐标是y，
∵AD∥x轴，
∴∠DAO+∠AOD=180°，
∴∠DAO=90°，
∴∠OAB+∠BAD=∠BAD+∠DAC=90°，
∴∠OAB=∠DAC，
在△OAB和△DAC中，
，
∴△OAB≌△DAC（AAS），
∴OB=CD，
∴CD=x，
∵点C到x轴的距离为y，点D到x轴的距离等于点A到x的距离1，
∴y=x+1（x＞0）．
故选：A．
变式训练2：
（2016·四川攀枝花）如图，在△AOB中，∠AOB为直角，OA=6，OB=8，半径为2的动圆圆心Q从点O出发，沿着OA方向以1个单位长度/秒的速度匀速运动，同时动点P从点A出发，沿着AB方向也以1个单位长度/秒的速度匀速运动，设运动时间为t秒（0＜t≤5）以P为圆心，PA长为半径的⊙P与AB、OA的另一个交点分别为C、D，连结CD、QC．
（1）当t为何值时，点Q与点D重合？
（2）当⊙Q经过点A时，求⊙P被OB截得的弦长．
（3）若⊙P与线段QC只有一个公共点，求t的取值范围．
【考点】圆的综合题．
【分析】（1）由题意知CD⊥OA，所以△ACD∽△ABO，利用对应边的比求出AD的长度，若Q与D重合时，则，AD+OQ=OA，列出方程即可求出t的值；
（2）由于0＜t≤5，当Q经过A点时，OQ=4，此时用时为4s，过点P作PE⊥OB于点E，利用垂径定理即可求出⊙P被OB截得的弦长；
（3）若⊙P与线段QC只有一个公共点，分以下两种情况，①当QC与⊙P相切时，计算出此时的时间；②当Q与D重合时，计算出此时的时间；由以上两种情况即可得出t的取值范围．
【解答】解：（1）∵OA=6，OB=8，
∴由勾股定理可求得：AB=10，
由题意知：OQ=AP=t，
∴AC=2t，
∵AC是⊙P的直径，
∴∠CDA=90°，
∴CD∥OB，
∴△ACD∽△ABO，
∴，
∴AD=，
当Q与D重合时，
AD+OQ=OA，
∴+t=6，
∴t=；
（2）当⊙Q经过A点时，如图1，
OQ=OA﹣QA=4，
∴t==4s，
∴PA=4，
∴BP=AB﹣PA=6，
过点P作PE⊥OB于点E，⊙P与OB相交于点F、G，
连接PF，
∴PE∥OA，
∴△PEB∽△AOB，
∴，
∴PE=，
∴由勾股定理可求得：EF=，
由垂径定理可求知：FG=2EF=；
（3）当QC与⊙P相切时，如图2，
此时∠QCA=90°，
∵OQ=AP=t，
∴AQ=6﹣t，AC=2t，
∵∠A=∠A，
∠QCA=∠ABO，
∴△AQC∽△ABO，
∴，
∴，
∴t=，
∴当0＜t≤时，⊙P与QC只有一个交点，
当QC⊥OA时，
此时Q与D重合，
由（1）可知：t=，
∴当＜t≤5时，⊙P与QC只有一个交点，
综上所述，当，⊙P与QC只有一个交点，t的取值范围为：0＜t≤或＜t≤5．
【点评】本题考查圆的综合问题，涉及圆的切线判定，圆周角定理，相似三角形的判定与性质，学生需要根据题意画出相应的图形来分析，并且能综合运用所学知识进行解答．2-1-c-n-j-y
变式训练3：
（2015湖南邵阳第9题3分）如图，在等腰△ABC中，直线l垂直底边BC，现将直线l沿线段BC从B点匀速平移至C点，直线l与△ABC的边相交于E、F两点．设线段EF的长度为y，平移时间为t，则下图中能较好反映y与t的函数关系的图象是（　　）
A． B． C． D．
【解析】动点问题的函数图象．数形结合，作AD⊥BC于D，如图，设点F运动的速度为1，BD=m，根据等腰三角形的性质得∠B=∠C，BD=CD=m，当点F从点B运动到D时，如图1，利用正切定义即可得到y=tanB?t（0≤t≤m）；当点F从点D运动到C时，如图2，利用正切定义可得y=tanC?CF=﹣tanB?t+2mtanB（m≤t≤2m），即y与t的函数关系为两个一次函数关系式，于是可对四个选项进行判断．
解答：作AD⊥BC于D，如图，设点F运动的速度为1，BD=m，
∵△ABC为等腰三角形，
∴∠B=∠C，BD=CD，
当点F从点B运动到D时，如图1，
在Rt△BEF中，∵tanB=，
∴y=tanB?t（0≤t≤m）；
当点F从点D运动到C时，如图2，
在Rt△CEF中，∵tanC=，
∴y=tanC?CF
=tanC?（2m﹣t）
=﹣tanB?t+2mtanB（m≤t≤2m）．
故选B．
点评：本题考查了动点问题的函数图象：利用三角函数关系得到两变量的函数关系，再利用函数关系式画出对应的函数图象．注意自变量的取值范围．21*cnjy*com
变式训练4：
（2016·广东梅州）如图，在平面直角坐标系中，将△ABO绕点A顺时针旋转到△AB1C1的位置，点B、O分别落在点B1、C1处，点B1在x轴上，再将△AB1C1绕点B1顺时针旋转到△A1B1C2的位置，点C2在x轴上，将△A1B1C2绕点C2顺时针旋转到△A2B2C2的位置，点A2在x轴上，依次进行下去…．若点A（，0），B（0，2），则点B2016的坐标为______________．
【答案】：（6048，2）
【考点】：坐标与图形的变换—旋转，规律探索，勾股定理。
【解析】：OA＝，OB＝2，由勾股定理，得：AB＝，所以，OC2＝2＋＋＝6，
所以，B2（6,2），同理可得：B4（12,2），B6（18,2），…
所以，B2016的横坐标为：10086＝6048，所以，B2016（6048,2）
【能力检测】
1. （2016.山东省临沂市，3分）如图，将等边△ABC绕点C顺时针旋转120°得到△EDC，连接AD，BD．则下列结论：【出处：21教育名师】
①AC=AD；②BD⊥AC；③四边形ACED是菱形．
其中正确的个数是（　　）
A．0 B．1 C．2 D．3
【考点】旋转的性质；等边三角形的性质；菱形的判定．
【分析】根据旋转和等边三角形的性质得出∠ACE=120°，∠DCE=∠BCA=60°，AC=CD=DE=CE，求出△ACD是等边三角形，求出AD=AC，根据菱形的判定得出四边形ABCD和ACED都是菱形，根据菱形的判定推出AC⊥BD．
【解答】解：∵将等边△ABC绕点C顺时针旋转120°得到△EDC，
∴∠ACE=120°，∠DCE=∠BCA=60°，AC=CD=DE=CE，
∴∠ACD=120°﹣60°=60°，
∴△ACD是等边三角形，
∴AC=AD，AC=AD=DE=CE，
∴四边形ACED是菱形，
∵将等边△ABC绕点C顺时针旋转120°得到△EDC，AC=AD，
∴AB=BC=CD=AD，
∴四边形ABCD是菱形，
∴BD⊥AC，∴①②③都正确，
故选D．
【点评】本题考查了旋转的性质，菱形的性质和判定，等边三角形的性质和判定的应用，能灵活运用知识点进行推理是解此题的关键．21·cn·jy·com
2. （2015年浙江舟山4分）如图，在直角坐标系中，已知点A（0，1），点P在线段OA上，以AP为半径的⊙P周长为1. 点M从A开始沿⊙P按逆时针方向转动，射线AM交轴于点N（，0）. 设点M转过的路程为（）. 随着点M的转动，当从变化到时，点N相应移动的路径长为
【答案】.
【解答】∵以AP为半径的⊙P周长为1，
∴当从变化到时，点M转动的圆心角为120°，即圆周角为60°.
∴根据对称性，当点M转动的圆心角为120°时，点N相应移动的路径起点和终点关于轴对称.
∴此时构成等边三角形，且.
∵点A（0，1），即OA=1，∴.
∴当从变化到时，点N相应移动的路径长为
3. （2015?聊城）如图，在直角坐标系中，Rt△OAB的直角顶点A在x轴上，OA=4，AB=3．动点M从点A出发，以每秒1个单位长度的速度，沿AO向终点O移动；同时点N从点O出发，以每秒1.25个单位长度的速度，沿OB向终点B移动．当两个动点运动了x秒（0＜x＜4）时，解答下列问题：
（1）求点N的坐标（用含x的代数式表示）；
（2）设△OMN的面积是S，求S与x之间的函数表达式；当x为何值时，S有最大值？最大值是多少？
（3）在两个动点运动过程中，是否存在某一时刻，使△OMN是直角三角形？若存在，求出x的值；若不存在，请说明理由．
11. 解：（1）根据题意得：MA=x，ON=1.25x，
在Rt△OAB中，由勾股定理得：OB===5，
作NP⊥OA于P，如图1所示：
则NP∥AB，
∴△OPN∽△OAB，
∴，
即，
解得：OP=x，PN=，
∴点N的坐标是（x，）；
（2）在△OMN中，OM=4﹣x，OM边上的高PN=，
∴S=OM?PN=（4﹣x）?=﹣x2+x，
∴S与x之间的函数表达式为S=﹣x2+x（0＜x＜4），
配方得：S=﹣（x﹣2）2+，
∵﹣＜0，
∴S有最大值，
当x=2时，S有最大值，最大值是；
（3）存在某一时刻，使△OMN是直角三角形，理由如下：
分两种情况：①若∠OMN=90°，如图2所示：
则MN∥AB，
此时OM=4﹣x，ON=1.25x，
∵MN∥AB，
∴△OMN∽△OAB，
∴，
即，
解得：x=2；
②若∠ONM=90°，如图3所示：
则∠ONM=∠OAB，
此时OM=4﹣x，ON=1.25x，
∵∠ONM=∠OAB，∠MON=∠BOA，
∴△OMN∽△OBA，
∴，
即，
解得：x=；
综上所述：x的值是2秒或秒．
4. 如图1，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=15cm，BC=20cm，点D从点B出发沿BC边向点C运动，同时点E从点A出发沿AC边向点C运动，速度均为1cm/s，当一个点到达点C时，另一点也停止运动，连接DE，设点D的运动时间为t（单位：s，0≤t＜15），△CDE的面积为S（单位：cm2）21教育网
（1）在点D、E运动过程中，DC﹣EC=　5　cm，并求出S与t的函数关系式；
（2）点D运动到什么位置时，S等于△ABC面积的一半？
（3）如图2，在点D、E运动的同时，将线段DE绕点E逆时针旋转45°，得到线段EP，过点D作DF⊥EP，垂足为F，连接CF，在DC上截取GC=5cm，连接FG，在点D、E运动过程中，线段CF的长是一个定值，求出其值；21cnjy.com
（4）点D、E及EP按照（3）中的方式运动到某个时刻停止，仍过点D作DF⊥EP，垂足为F，如图3，令点Q在DE的右侧运动（点Q不与A、B重合），且DQ⊥EQ，连接QF，若DQ=m，EQ=n（m＞0，n＞0且m≠n），直接写出QF的长（用含m，n的式子表示）
【解析】（1）由题意知AE=BD=t，所以EC=15﹣t，DC=20﹣t，代入DC﹣EC中即可求出它的值，另外S=EC?DC，分别将DC和EC代入即可求出S与t的函数关系式；www.21-cn-jy.com
（2）容易求出△ABC的面积，令（1）的函数解析式中的S=75，即可求出t的值，要注意t的范围；
（3）延长AC至H使得，CH=GC=5，连接HF，利用条件易证△HEF≌△CDF，所以HF=CF，∠FHE=∠FCD，即可证明△HFC是等腰直角三角形，从而可知CF=CH；2·1·c·n·j·y
（4）延长QD至点G，使得DG=QE，连接GF，易证△GDF≌△QEF，所以GF=QF，∠GFD=∠QFE，从而可证明△GFQ是等腰直角三角形，所以FQ=QG=（DG+DQ）=（m+n）．21·世纪*教育网
【解答】解：（1）由题意知：AE=BD=t，
∴EC=15﹣t，DC=20﹣t，
∴DC﹣EC=（20﹣t）﹣（15﹣t）=5，
∴S=EC?DC
=（15﹣t）（20﹣t）
=﹣+150
故答案为：5；
（2）△ABC的面积为×20×15=150，
当S=×150时，
∴﹣+150=75，
解得：t=5或t=30，
∵0≤t＜15，
∴t=5，
∴BD=t=5，
∴点D运动到BD处时，S等于△ABC面积的一半；
（3）延长AC至H使得，CH=GC=5，
连接HF，如图2，
由（1）可知，DC﹣EC=5，
即DC﹣EC=CH，
∴DC=EC+CH=EH，
∵DF⊥EF，∠DEF=45°，
∴△DFE是等腰直角三角形，
∴DF=EF，
∵∠DFE=∠DCE=90°，
∴F、C、E、D四点共圆，
∴∠FDC=∠FEH，
在△HEF与△CDF中，
，
∴△HEF≌△CDF（SAS），
∴HF=CF，∠FHE=∠FCD，
∵HF=CF，
∴∠FHE=∠FCH，
∴∠FCH=∠FCD，
∵∠HCB=90°，
∴∠FCH=∠FCD=45°，
∴△HFC是等腰直角三角形，
∴CF=CH=；
（4）延长QD至点G，使得DG=QE，
连接GF，
∵∠DFE=∠DQE=90°，
∴∠FDQ+∠FEQ=180°，
∵∠GDF+∠FDQ=180°，
∴∠GDF=∠QEF，
由（3）可知：△DFE是等腰直角三角形，
∴DF=EF，
在△GDF与△QEF中，
∴△GDF≌△QEF（SAS），
∴GF=QF，∠GFD=∠QFE，
∴∠DFQ+∠QFE=∠DFQ+∠GFD，
∴∠DFE=∠GFQ=90°，
∴△GFQ是等腰直角三角形，
∴FQ=QG=（DG+DQ）=（m+n）．
　
5. （2016·四川攀枝花）如图，抛物线y=x2+bx+c与x轴交于A、B两点，B点坐标为（3，0），与y轴交于点C（0，﹣3）
（1）求抛物线的解析式；
（2）点P在抛物线位于第四象限的部分上运动，当四边形ABPC的面积最大时，求点P的坐标和四边形ABPC的最大面积．
（3）直线l经过A、C两点，点Q在抛物线位于y轴左侧的部分上运动，直线m经过点B和点Q，是否存在直线m，使得直线l、m与x轴围成的三角形和直线l、m与y轴围成的三角形相似？若存在，求出直线m的解析式，若不存在，请说明理由．
【考点】二次函数综合题．
【分析】（1）由B、C两点的坐标，利用待定系数法可求得抛物线的解析式；
（2）连接BC，则△ABC的面积是不变的，过P作PM∥y轴，交BC于点M，设出P点坐标，可表示出PM的长，可知当PM取最大值时△PBC的面积最大，利用二次函数的性质可求得P点的坐标及四边形ABPC的最大面积；
（3）设直线m与y轴交于点N，交直线l于点G，由于∠AGP=∠GNC+∠GCN，所以当△AGB和△NGC相似时，必有∠AGB=∠CGB=90°，则可证得△AOC≌△NOB，可求得ON的长，可求出N点坐标，利用B、N两的点坐标可求得直线m的解析式．
【解答】解：
（1）把B、C两点坐标代入抛物线解析式可得，解得，
∴抛物线解析式为y=x2﹣2x﹣3；
（2）如图1，连接BC，过Py轴的平行线，交BC于点M，交x轴于点H，
在y=x2﹣2x﹣3中，令y=0可得0=x2﹣2x﹣3，解得x=﹣1或x=3，
∴A点坐标为（﹣1，0），
∴AB=3﹣（﹣1）=4，且OC=3，
∴S△ABC=AB?OC=×4×3=6，
∵B（3，0），C（0，﹣3），
∴直线BC解析式为y=x﹣3，
设P点坐标为（x，x2﹣2x﹣3），则M点坐标为（x，x﹣3），
∵P点在第四限，
∴PM=x﹣3﹣（x2﹣2x﹣3）=﹣x2+3x，
∴S△PBC=PM?OH+PM?HB=PM?（OH+HB）=PM?OB=PM，
∴当PM有最大值时，△PBC的面积最大，则四边形ABPC的面积最大，
∵PM=﹣x2+3x=﹣（x﹣）2+，
∴当x=时，PMmax=，则S△PBC=×=，
此时P点坐标为（，﹣），S四边形ABPC=S△ABC+S△PBC=6+=，
即当P点坐标为（，﹣）时，四边形ABPC的面积最大，最大面积为；
（3）如图2，设直线m交y轴于点N，交直线l于点G，
则∠AGP=∠GNC+∠GCN，
当△AGB和△NGC相似时，必有∠AGB=∠CGB，
又∠AGB+∠CGB=180°，
∴∠AGB=∠CGB=90°，
∴∠ACO=∠OBN，
在Rt△AON和Rt△NOB中
∴Rt△AON≌Rt△NOB（ASA），
∴ON=OA=1，
∴N点坐标为（0，﹣1），
设直线m解析式为y=kx+d，把B、N两点坐标代入可得，解得，
∴直线m解析式为y=x﹣1，
即存在满足条件的直线m，其解析式为y=x﹣1．
【点评】本题为二次函数的综合应用，涉及知识点有待定系数法、二次函数的最值、相似三角形的判定、全等三角形的判定和性质等．在（2）中确定出PM的值最时四边形ABPC的面积最大是解题的关键，在（3）中确定出满足条件的直线m的位置是解题的关键．本题考查知识点较多，综合性较强，特别是第（2）问和第（3）问难度较大．